• 多项式的度 定义 非零多项式 f(x)=∑ni=0aixif \left (x \right ) = \sum _{i = 0} ^ {n} a_i x^i （其中首项 an≠0 a_n \neq 0 ）的度 deg(f(x))=n \deg \left (f \left (x \right ) \right ) = n 性质 f...
多项式的度
定义
非零多项式

f(x)=∑ni=0aixi
$f \left (x \right ) = \sum _{i = 0} ^ {n} a_i x^i$ （其中首项

an≠0
$a_n \neq 0$ ）的度

deg(f(x))=n
$\deg \left (f \left (x \right ) \right ) = n$
性质

f(x)≠0,g(x)≠0⇒deg(f(x)g(x))=deg(f(x))+deg(g(x))
$f \left (x \right ) \neq 0, g \left (x \right ) \neq 0 \Rightarrow \deg \left (f \left (x \right ) g \left (x \right ) \right ) = \deg \left (f \left (x \right ) \right ) + \deg \left (g \left (x \right ) \right )$

f(x)≠0,g(x)≠0,f(x)+g(x)≠0⇒deg(f(x)+g(x))≤max{deg(f(x)),deg(g(x))}
$f \left (x \right ) \neq 0, g \left (x \right ) \neq 0, f \left (x \right ) + g \left (x \right ) \neq 0 \Rightarrow \deg \left (f \left (x \right ) + g \left (x \right ) \right ) \le \max \{ \deg \left (f \left (x \right ) \right ), \deg \left (g \left (x \right ) \right )\}$

deg(f(x))=0⇔f(x)
$\deg \left (f \left (x \right ) \right ) = 0 \Leftrightarrow f\left (x \right )$ 是非零常数。
多项式运算的性质

f(x)+g(x)=g(x)+f(x)
$f \left (x \right ) + g \left (x \right ) = g \left (x \right ) + f \left (x \right )$

[f(x)+g(x)]+h(x)=f(x)+[g(x)+h(x)]
$\left [ f \left (x \right ) + g \left (x \right ) \right ] + h \left (x \right ) = f \left (x \right ) + \left [ g \left (x \right ) + h \left (x \right ) \right ]$

f(x)g(x)=g(x)f(x)
$f \left (x \right ) g \left (x \right ) = g \left (x \right ) f \left (x \right )$

[f(x)g(x)]h(x)=f(x)[g(x)h(x)]
$\left [ f \left (x \right ) g \left (x \right ) \right ] h \left (x \right ) = f \left (x \right ) \left [ g \left (x \right ) h \left (x \right ) \right ]$

f(x)[g(x)+h(x)]=f(x)g(x)+f(x)h(x)
$f \left (x \right ) \left [ g \left (x \right ) + h \left (x \right ) \right ] = f \left (x \right ) g \left (x \right ) + f \left (x \right ) h \left (x \right )$

f(x)≠0,f(x)g(x)=f(x)h(x)⇒g(x)=h(x)
$f \left (x \right ) \neq 0, f \left (x \right )g \left (x \right ) = f \left (x \right )h \left (x \right ) \Rightarrow g \left (x \right ) = h \left (x \right )$  证明：

f(x)g(x)=f(x)h(x)⇒f(x)[g(x)−h(x)]=0
$f \left (x \right )g \left (x \right ) = f \left (x \right )h \left (x \right ) \Rightarrow f \left (x \right ) \left [g \left (x \right ) - h \left (x \right ) \right ] = 0$  由于

f(x)≠0,
$f \left (x \right ) \neq 0,$ 因此若

g(x)≠h(x)
$g \left (x \right ) \neq h \left (x \right )$ 则

g(x)−h(x)≠0,
$g \left (x \right ) - h \left (x \right ) \neq 0,$  于是

f(x)[g(x)−h(x)]≠0,
$f \left (x \right ) \left [g \left (x \right ) - h \left (x \right ) \right ] \neq 0,$ 与

f(x)[g(x)−h(x)]=0
$f \left (x \right ) \left [g \left (x \right ) - h \left (x \right ) \right ] = 0$ 矛盾。
带余除法
设多项式

g(x)≠0,
$g \left (x \right ) \neq 0,$ 则对于任意一个多项式

f(x),
$f \left (x \right ),$ 存在多项式

q(x),r(x),
$q \left (x \right ) ,r \left (x \right ),$  使得

f(x)=q(x)g(x)+r(x),
$f \left (x \right ) = q \left (x \right ) g \left (x \right ) + r \left (x \right ),$  其中

r(x)=0
$r \left (x \right ) = 0$ 或

deg(r(x))<deg(g(x))
$\deg \left (r \left (x \right ) \right ) < \deg \left (g \left (x \right ) \right )$ 。  且

q(x),r(x)
$q \left (x \right ) ,r \left (x \right )$ 是唯一的。
证明
存在性
若

f(x)=0,
$f \left (x \right ) = 0 ,$ 则

f(x)=0=0g(x)+0
$f \left (x \right ) = 0 = 0 g \left (x \right ) + 0$ 。命题成立。  下面只考虑

f(x)≠0
$f \left (x \right ) \neq 0$ 的情况。  假设对于任意一个多项式

f(x),
$f \left (x \right ),$

deg(f(x))<n
$\deg \left (f \left (x \right ) \right ) \lt n$ 时命题成立。  则

deg(f(x))=n
$\deg \left (f \left (x \right ) \right ) = n$ 时，令

m=deg(g(x))
$m = \deg \left (g \left (x \right ) \right )$ ：  1. 若

n<m,
$n \lt m,$ 则

f(x)=0g(x)+f(x)
$f \left (x \right ) = 0 g \left (x \right ) + f \left (x \right )$ 。命题成立。  2. 若

n≥m,
$n \ge m,$ 设

f(x)=∑ni=0aixi,g(x)=∑mi=0bixi,
$f \left (x \right ) = \sum _{i = 0} ^ {n} a_i x^i, g \left (x \right ) = \sum _{i = 0} ^ {m} b_i x^i,$ 则

f(x)−anb−1mxn−mg(x)
$f \left (x \right ) - a_{n} b_{m} ^{-1} x ^{n - m} g \left (x \right )$

=∑ni=0aixi−anb−1mxn−m∑mi=0bixi
$= \sum _{i = 0} ^ {n} a_i x^i - a_{n} b_{m} ^{-1} x ^{n - m} \sum _{i = 0} ^ {m} b_i x^i$

=∑ni=0aixi−anb−1m∑mi=0bixi+n−m
$= \sum _{i = 0} ^ {n} a_i x^i - a_{n} b_{m} ^{-1} \sum _{i = 0} ^ {m} b_i x^{i + n - m}$

=∑ni=0aixi−anb−1m∑ni=n−mbi−(n−m)xi
$= \sum _{i = 0} ^ {n} a_i x^i - a_{n} b_{m} ^{-1} \sum _{i = n - m} ^ {n} b_{i - \left (n - m \right )} x^{i }$

=∑n−1i=0aixi−anb−1m∑n−1i=n−mbi−(n−m)xi
$= \sum _{i = 0} ^ {n - 1} a_i x^i - a_{n} b_{m} ^{-1} \sum _{i = n - m} ^ {n - 1} b_{i - \left (n - m \right )} x^{i }$

=∑n−1i=0(ai−ci)xi,
$= \sum _{i = 0} ^ {n - 1} \left (a_i - c_i \right ) x^i ,$  其中

ci={anb−1mbi−(n−m),0,n−m≤i≤n−1,0≤i<n−m,
$c_i = \begin{cases} a_{n} b_{m} ^{-1} b_{i - \left (n - m \right )}, & n - m \le i \le n - 1, \\ 0, & 0 \le i \lt n - m, \end{cases}$  因此

f(x)−anb−1mxn−mg(x)=0
$f \left (x \right ) - a_{n} b_{m} ^{-1} x ^{n - m} g \left (x \right ) = 0$ 或

deg(f(x)−anb−1mxn−mg(x))<n,
$\deg \left (f \left (x \right ) - a_{n} b_{m} ^{-1} x ^{n - m} g \left (x \right ) \right ) \lt n,$  于是存在多项式

q(x),r(x),
$q \left (x \right ) ,r \left (x \right ),$ 使得

f(x)−anb−1mxn−mg(x)=q(x)g(x)+r(x),
$f \left (x \right ) - a_{n} b_{m} ^{-1} x ^{n - m} g \left (x \right ) = q \left (x \right ) g \left (x \right ) + r \left (x \right ),$  其中

r(x)=0
$r \left (x \right ) = 0$ 或

deg(r(x))<deg(g(x))
$\deg \left (r \left (x \right ) \right ) < \deg \left (g \left (x \right ) \right )$ 。  因此

f(x)=[anb−1mxn−m+q(x)]g(x)+r(x)
$f \left (x \right ) = \left [a_{n} b_{m} ^{-1} x ^{n - m} + q \left (x \right ) \right ] g \left (x \right ) + r \left (x \right )$ 。命题成立。
唯一性
设存在多项式

q′(x),r′(x)
$q' \left (x \right ) ,r' \left (x \right )$ 同样满足条件，则

f(x)=q(x)g(x)+r(x)=q′(x)g(x)+r′(x)⇒[q(x)−q′(x)]g(x)=r′(x)−r(x)
$f \left (x \right ) = q \left (x \right ) g \left (x \right ) + r \left (x \right ) = q' \left (x \right ) g \left (x \right ) + r' \left (x \right ) \Rightarrow \left [q \left (x \right ) - q' \left (x \right ) \right ] g \left (x \right ) = r' \left (x \right ) - r \left (x \right )$  若

q(x)≠q′(x),
$q \left (x \right ) \neq q' \left (x \right ),$ 则

[q(x)−q′(x)]g(x)≠0
$\left [q \left (x \right ) - q' \left (x \right ) \right ] g \left (x \right ) \neq 0$ 且

deg([q(x)−q′(x)]g(x))=deg(q(x)−q′(x))+deg(g(x))≥deg(g(x)),
$\deg \left ( \left [q \left (x \right ) - q' \left (x \right ) \right ] g \left (x \right ) \right ) = \deg \left ( q \left (x \right ) - q' \left (x \right ) \right ) + \deg \left ( g \left (x \right ) \right ) \ge \deg \left ( g \left (x \right ) \right ),$  于是

r′(x)−r(x)≠0
$r' \left (x \right ) - r \left (x \right ) \neq 0$ 且

deg(r′(x)−r(x))=deg([q(x)−q′(x)]g(x))≥deg(g(x))
$\deg \left ( r' \left (x \right ) - r \left (x \right ) \right ) = \deg \left ( \left [q \left (x \right ) - q' \left (x \right ) \right ] g \left (x \right ) \right ) \ge \deg \left ( g \left (x \right ) \right )$ 。  但是

r(x)=0
$r \left (x \right ) = 0$ 或

deg(r(x))<deg(g(x)),
$\deg \left (r \left (x \right ) \right ) < \deg \left (g \left (x \right ) \right ),$

r′(x)=0
$r' \left (x \right ) = 0$ 或

deg(r′(x))<deg(g(x)),
$\deg \left (r' \left (x \right ) \right ) < \deg \left (g \left (x \right ) \right ),$  因此

deg(r′(x)−r(x))<deg(g(x)),
$\deg \left ( r' \left (x \right ) - r \left (x \right ) \right ) \lt \deg \left (g \left (x \right ) \right ),$ 与

deg(r′(x)−r(x))≥deg(g(x))
$\deg \left ( r' \left (x \right ) - r \left (x \right ) \right ) \ge \deg \left (g \left (x \right ) \right )$ 矛盾。  因此

q(x)=q′(x),
$q \left (x \right ) = q' \left (x \right ),$ 于是

r(x)=r′(x)
$r(x) = r'(x)$ 。
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• ## 带余除法的证明

千次阅读 2018-04-07 17:52:54
首先先说一下整除的概念整除：设a , b是两个整数，且b！...接下来就是带余除法的定义及其证明:带余除法：设a , b是两个整数,且b != 0,则存在唯一的整数 q , r (0 &lt;= r &lt; |b|),使得 ...
首先先说一下整除的概念
整除：设a , b是两个整数，且b！=0 .如果存在整数 c ,使得 a = b * c,则称a被b整除，或 b 整除 a ，记做 b|a
此时，又称 a 是 b 的倍数, b 是 a 的因子。

接下来就是带余除法的定义及其证明:
带余除法：设a , b是两个整数,且b != 0,则存在唯一的整数 q , r (0 <= r < |b|),使得
a = q * b + r , (0 <= r < |b|)

证明带余除法：
—————————————————————————————————————————————
1. 我们首先要证明 0<= r <b:
设集合 S 是a - b * k 组成的所有整数，其中 k 为整数，即s={a - b * k | k ∈ Z} .设T是S中所有非负整数组成
得集合。
则T是非空的（因为当k等于由（小于a / b的集合中）的整数时，b * k < a, 所以此时a - b * k>0,所以T非
空）。所以易得T中得最小元素 r = a - b * q(此处的r , q与带余除法中得意义一样)。且r >= 0(因为T是非
负集合) 且r < b(我们可以用反证法来证明 r < b,如果r >= b ,则  r > r - b >= 0,则r - b=a - b * (q+1)
>= 0,所以此时r-b是T中得最小元素，这一推论与r是T中最小元素相悖）
所以 a = b * q + r, ( 0 <= r < b);

2 .接下来我们要证明q 和 r 是惟一的:

我们假定有两个方程  a = b * q1 +r1和 a = b * q2 + r2,(0 <= r1< b,0 <= r2 < b);两式相减得

r2 - r1 =b * (q1 - q2)

其中q != 0,所以 b 整除r2 - r1，即 b|( r2- r1)。

又0 <= r1< b,0<= r2<b，所以-b < r2- r1 < b.所以结合 b|( r2 - r1), r2 - r1只能等于0，所以r2== r1.

又因为b * q1+ r1 == b * q2 + r2,所以q2==q1;

所以 q 和 r 是惟一的。

以上我们可以得到对于两个整数a,b,当b!=0时，存在惟一的整数q , r(0 <= r <b),使得
a=q * b +r (0 <= r <b);

证毕
—————————————————————————————————————————————


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• 一.一元多项式环 二.整除关系与带余除法 三.最大公因式
一.一元多项式环(7.1) 1.一元多项式 (1)一元多项式的定义:  (2)一元多项式的次数:  (3)一元多项式的运算:

另外,可以证明

K

[

x

]

K[x]

是数域

K

K

上的1个线性空间,

K

[

x

]

K[x]

的1个基是

{

1

,

x

,

x

2

.

.

.

}

\{1,x,x^2...\}

(4)一元多项式的和与积的次数:

命题1:设

f

(

x

)

,

g

(

x

)

∈

K

[

x

]

f(x),g(x)∈K[x]

,则

d

e

g

(

f

(

x

)

±

g

(

x

)

)

≤

m

a

x

{

d

e

g

f

(

x

)

,

d

e

g

g

(

x

)

}

(

5

)

d

e

g

(

f

(

x

)

g

(

x

)

)

=

d

e

g

f

(

x

)

+

d

e

g

g

(

x

)

(

6

)

推论1:设

f

(

x

)

,

g

(

x

)

∈

K

[

x

]

f(x),g(x)∈K[x]

,则 ①

f

(

x

)

≠

0

且

g

(

x

)

≠

0

⇒

f

(

x

)

g

(

x

)

≠

0

(

7

)

从而

f

(

x

)

g

(

x

)

=

0

⇒

f

(

x

)

=

0

或

g

(

x

)

=

0

f(x)g(x)=0⇒f(x)=0或g(x)=0

②

K

[

x

]

K[x]

中2个非零多项式的乘积的首项系数等于这2个多项式的首项系数的乘积

推论2:

K

[

x

]

K[x]

中的乘法适合消去律,即

f

(

x

)

g

(

x

)

=

f

(

x

)

h

(

x

)

且

f

(

x

)

≠

0

⇒

g

(

x

)

=

h

(

x

)

f(x)g(x)=f(x)h(x)且f(x)≠0⇒g(x)=h(x)

2.环的基本概念  (1)环的定义:
(2)常见的特殊类型的环:

注意:整环的概念中的"无零因子"是指没有非平凡的零因子,即整环是无零因子环

(3)环的同构:

命题2:若环

R

R

到环

R

′

R'

有1个同构映射

σ

σ

,且

R

R

有单位元

e

e

,则

σ

(

e

)

σ(e)

是

R

′

R'

的单位元

3.子环 (1)定义:   (2)子环的判定

命题3:环

R

R

的1个非空子集

R

1

R_1

为1个子环的充要条件是:

R

1

R_1

对于

R

R

的减法与乘法都封闭,即

a

,

b

∈

R

1

⇒

a

−

b

∈

R

1

且

a

b

∈

R

1

a,b∈R_1⇒a-b∈R_1且ab∈R_1

注意:子环中的单位元和原环中的单位元没有确定的关系,可能子环有单位元而圆环无,也可能反过来,还可能均有单位元但二者的单位元不同,也可能均无或均有且相同

(3)扩环:

说明:条件2°就是说数域

K

K

(也是1个环)

≅

R

1

\cong R_1

4.一元多项式环

K

[

x

]

K[x]

的通用性质

定理1:设

K

K

是1个数域,

R

R

是1个有单位元

1

′

1'

的交换环,

R

R

可看成是

K

K

的1个扩环,其中

K

K

到

R

R

的子环

R

1

R_1

(含有

1

′

1'

)的保持加法和乘法运算的双射(即同构映射)记作

σ

σ

;对

∀

t

∈

R

∀t∈R

,令

σ

t

:

K

[

x

]

→

R

f

(

x

)

=

∑

i

=

0

n

a

i

x

i

→

∑

i

=

0

n

τ

(

a

i

)

t

i

:

=

f

(

t

)

σ_t:K[x]→R\\f(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^na_ix^i→\displaystyle\sum_{i=0}^nτ(a_i)t^i:=f(t)

则

σ

t

σ_t

是

K

[

x

]

K[x]

到

R

R

的1个映射,且

σ

t

(

x

)

=

t

σ_t(x)=t

,且

σ

t

σ_t

保持加法和乘法运算,即如果在

K

[

x

]

K[x]

中有

f

(

x

)

+

g

(

x

)

=

h

(

x

)

,

f

(

x

)

g

(

x

)

=

p

(

x

)

f(x)+g(x)=h(x),f(x)g(x)=p(x)

则在

R

R

中有

f

(

t

)

+

g

(

t

)

=

h

(

t

)

,

f

(

t

)

g

(

t

)

=

h

(

t

)

f(t)+g(t)=h(t),f(t)g(t)=h(t)

映射

σ

t

σ_t

称为x用t代入    定理意义:  关于不定元:  注意:从该定理证明

f

(

t

)

g

(

t

)

=

p

(

t

)

f(t)g(t)=p(t)

的过程中看到,只要

R

R

的元素

t

t

可与

R

′

R'

的元素

τ

(

a

i

)

(

a

i

∈

K

)

τ(a_i)\,(a_i∈K)

交换,就有此式成立,而不需要

R

R

是交换环,即不需要

t

1

∈

R

t_1∈R

和

t

2

∈

R

t_2∈R

可交换;从而

R

R

不必是交换环,只要

R

R

的元素

t

t

可与

R

′

R'

的元素

τ

(

a

i

)

(

a

i

∈

K

)

τ(a_i)\,(a_i∈K)

交换,不定元

x

x

就可用

t

t

带入

二.整除关系与带余除法(7.2)  1.整除关系 (1)整除的定义:  (2)整除的性质:

从整除的定义易推出: ①

0

∣

f

(

x

)

⇔

f

(

x

)

=

0

0\,|\,f(x)⇔f(x)=0

②对

∀

f

(

x

)

∈

K

[

x

]

,

f

(

x

)

∣

0

∀f(x)∈K[x],f(x)\,|\,0

③对

∀

b

∈

K

∗

,

∀

f

(

x

)

∈

K

[

x

]

,

b

∣

f

(

x

)

∀b∈K^*,∀f(x)∈K[x],b\,|\,f(x)

注:

K

∗

=

K

−

{

0

}

K^*=K-\{0\}

整除是集合

K

[

x

]

K[x]

上的1个二元关系,具有 ①反身性:对

∀

f

(

x

)

∈

K

[

x

]

,

f

(

x

)

∣

f

(

x

)

∀f(x)∈K[x],f(x)\,|\,f(x)

②传递性:在

K

[

x

]

中

,

K[x]中,

若

f

(

x

)

∣

g

(

x

)

,

g

(

x

)

∣

h

(

x

)

f(x)\,|\,g(x),g(x)\,|\,h(x)

,则

f

(

x

)

∣

h

(

x

)

f(x)\,|\,h(x)

注意:整除关系不具有对称性,即从

g

(

x

)

∣

f

(

x

)

g(x)\,|\,f(x)

不能推出

f

(

x

)

∣

g

(

x

)

f(x)\,|\,g(x)

命题4:在

K

[

x

]

K[x]

中,如果

g

(

x

)

∣

f

i

(

x

)

(

i

=

1

,

2...

s

)

g(x)\,|\,f_i(x)\,(i=1,2...s)

,那么对于

∀

u

1

(

x

)

.

.

.

u

s

(

x

)

∈

K

[

x

]

∀u_1(x)...u_s(x)∈K[x]

,都有

g

(

x

)

∣

[

u

1

(

x

)

f

1

(

x

)

+

.

.

.

+

u

s

(

x

)

f

s

(

x

)

]

g(x)\,|\,[u_1(x)f_1(x)+...+u_s(x)f_s(x)]

命题5:在

K

[

x

]

K[x]

中,若

g

(

x

)

∣

f

(

x

)

g(x)\,|\,f(x)

且

f

(

x

)

≠

0

f(x)≠0

,则

d

e

g

g

(

x

)

≤

d

e

g

f

(

x

)

deg\,g(x)≤deg\,f(x)

注意:若

f

(

x

)

=

0

f(x)=0

,则该命题不成立

(3)相伴的定义:  (4)相伴的判定:

命题6:在

K

[

x

]

K[x]

中,

f

(

x

)

∼

g

(

x

)

f(x)\sim g(x)

当且仅当

∃

c

∈

K

∗

∃c∈K^*

,使得

f

(

x

)

=

c

⋅

g

(

x

)

f(x)=c·g(x)

注:

K

∗

=

K

−

{

0

}

K^*=K-\{0\}

2.带余除法  (1)带余除法:

定理2:设

f

(

x

)

,

g

(

x

)

∈

K

[

x

]

f(x),g(x)∈K[x]

且

g

(

x

)

≠

0

g(x)≠0

,则在

K

[

x

]

K[x]

中

∃

∃

唯一的1对多项式

h

(

x

)

,

r

(

x

)

h(x),r(x)

,使得

f

(

x

)

=

h

(

x

)

g

(

x

)

+

r

(

x

)

(

d

e

f

r

(

x

)

<

d

e

g

g

(

x

)

)

(

3

)

其中

f

(

x

)

f(x)

称为被除式,

g

(

x

)

g(x)

称为除式,

h

(

x

)

h(x)

称为商式,

r

(

x

)

r(x)

称为余式,(3)式称为除法算式    该定理表明:数域

K

K

上的一元多项式环

K

[

x

]

K[x]

是具有除法算式的环,除法算式是

K

[

x

]

K[x]

中有关加法和乘法的第1个重要等式

(2)整除的判定:

推论1:设

f

(

x

)

,

g

(

x

)

∈

K

[

x

]

f(x),g(x)∈K[x]

且

g

(

x

)

≠

0

g(x)≠0

,则

g

(

x

)

∣

f

(

x

)

g(x)\,|\,f(x)

当且仅当

g

(

x

)

g(x)

除

f

(

x

)

f(x)

的余式为0

命题7:设

f

(

x

)

,

g

(

x

)

∈

K

[

x

]

f(x),g(x)∈K[x]

,数域

F

⊇

K

F\supe K

,则

在

K

[

x

]

中

,

g

(

x

)

∣

f

(

x

)

⇔

在

F

(

x

)

中

,

g

(

x

)

∣

f

(

x

)

在K[x]中,g(x)\,|\,f(x)⇔在F(x)中,g(x)\,|\,f(x)

该命题表明:整除性不随数域的扩大而改变(既不会因为数域扩大而变得可以整除,也不会因此而变得不能整除) 根本原因在于数域对四则运算封闭

注意:但如果数域缩小,可能变得不能整除,即仅有: 设

f

(

x

)

,

g

(

x

)

∈

F

[

x

]

f(x),g(x)∈F[x]

,数域

F

⊇

K

F\supe K

,则

在

K

[

x

]

中

,

g

(

x

)

∣

f

(

x

)

⇒

在

F

(

x

)

中

,

g

(

x

)

∣

f

(

x

)

在K[x]中,g(x)\,|\,f(x)⇒在F(x)中,g(x)\,|\,f(x)

而没有"⇐",因为

f

(

x

)

,

g

(

x

)

,

h

(

x

)

,

r

(

x

)

f(x),g(x),h(x),r(x)

均不一定属于

K

[

x

]

K[x]

(3)综合除法:   3.整数环中的带余除法:

定理3:对

∀

a

,

b

∈

Z

(

b

≠

0

)

∀a,b∈Z\,(b≠0)

,

∃

∃

唯一1对

q

,

r

∈

Z

q,r∈Z

,使得

a

=

q

b

+

r

(

0

≤

r

<

∣

b

∣

)

(

17

)

4.

λ

−

λ-

矩阵的相抵标准型(带余除法的应用之一) (1)整环上的矩阵:  (2)相抵:  (3)相抵标准形:

定理4:任意1个非零的

n

n

级

λ

−

λ-

矩阵

A

(

λ

)

A(λ)

一定相抵于对角

λ

−

λ-

矩阵

d

i

a

g

{

d

1

(

λ

)

,

d

2

(

λ

)

.

.

.

d

n

(

λ

)

}

(

18

)

其中

d

i

(

λ

)

∣

d

i

+

1

(

λ

)

(

i

=

1

,

2...

n

−

1

)

d_i(λ)\,|\,d_{i+1}(λ)\,(i=1,2...n-1)

,并且对于非零的

d

i

(

λ

)

d_i(λ)

,其首项系数为1.满足这些要求的对角

λ

−

λ-

矩阵

(

18

)

(18)

称为

A

(

λ

)

A(λ)

的1个相抵标准形或Smith标准形

定理5:整数环

Z

Z

上任意1个非零的

n

n

级

A

A

一定相抵于

Z

Z

上的对角矩阵

d

i

a

g

{

d

1

,

d

2

.

.

.

d

n

}

(

22

)

其中

d

j

∈

N

(

j

=

1

,

2...

n

)

d_j∈N\,(j=1,2...n)

,并且

d

i

∣

d

i

+

1

(

i

=

1

,

2...

n

−

1

)

d_i\,|\,d_{i+1}\,(i=1,2...n-1)

.满足这些要求的对角矩阵

(

22

)

(22)

称为

A

A

的1个相抵标准形或Smith标准形

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• 设$f(x)$和$g(x)$是$F[x]$的任意两个多项式，并且$g(x)\neq 0$.那么在$F[x]$中可以找到多项式$q(x)$和$r(x)$,使$$f(x)=g(x)q(x)+r(x)$$这里或者$r(x)=0$,或者$r(x)$...证明：先证存在性....

设$f(x)$和$g(x)$是$F[x]$的任意两个多项式，并且$g(x)\neq 0$.那么在$F[x]$中可以找到多项式$q(x)$和$r(x)$,使f(x)=g(x)q(x)+r(x)这里或者$r(x)=0$,或者$r(x)$的次数小于$g(x)$的次数.满足以上条件的多项式$q(x)$和$r(x)$只有一对.
证明：先证存在性.设$f(x)$的次数为$m(m\geq 0)$.$g(x)$的次数为$n(n\geq 0)$.若$m<n$,则令$q(x)=0,r(x)=f(x)$.当$m\geq n$,则$m> 0$.令$f(x)=a_mx^m+\Delta_1(a_m\neq 0)$.$g(x)=b_nx^n+\Delta_2(b_n\neq 0)$.则$$f(x)=\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}g(x)+\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$$如果多项式$\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$的次数小于$g(x)$的次数，则我们令$\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}=q(x),r(x)=\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$.如果多项式$\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$的次数大于或等于$g(x)$的次数，则把$\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$看作新的$f(x)$继续上述过程.最终我们总能得到(1)的形式.

下面证明唯一性.若存在另一组$q'(x),r'(x)$,使得f(x)=g(x)q'(x)+r'(x)则$g(x)(q(x)-q'(x))+r(x)-r'(x)=0$.因为$g(x)\neq 0$,所以只能是$q(x)-q'(x)=0$且$r(x)-r'(x)=0$.则$g(x)=g'(x),r(x)=r'(x)\Box$

转载于:https://www.cnblogs.com/yeluqing/archive/2012/10/29/3827864.html
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